Математическое и загадочное

[Рогожников Евгений]

  В 23.09.2023 в 20:20, E.K. сказал:

Если у треугольника длины всех сторон простые числа, то может ли его площадь быть простым числом?

Показать  

 

Релиз выпущен. Подписан в субботу

Надеюсь, концентрация возвращается.

 

По формуле Герона S = √(p(p — a)(p — b)(p — c)) где p = (a + b + c) / 2 

 

Перепишем вот так

 

8*S^2 = (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)

 

если a, b и c будут нечетными числами, то легко видеть, что произведение справа нечетно, а, значит, S не сможет быть натуральным числом.

 

Значит у нас одно из простых числе четно и равно 2.  Считаем это стороной  с. Пусть h - высота , опущенная на сторону c. Тогда  S = h. Т.е h - простое число.

Пусть a >=b. Тогда a >= (h + 1)

 

У нас тогда будет прямоугольный треугольник со сторонами a и h  и x, где  x <= 2. a в нем гипотенуза.

x^2 = a^2 - h^2 = (a-h)*(a+h) >= (a+h)  > 4

 

Т.е x^2 > 4. Значит x > 2

 

Противоречие

 

 

 

[E.K.]

  В 24.09.2023 в 07:01, Рогожников Евгений сказал:

Релиз выпущен. Подписан в субботу

Показать  

Поздравляю!

 

  В 24.09.2023 в 07:01, Рогожников Евгений сказал:

По формуле Герона

Показать  

Да. У меня такое же решение получилось. Но можно было дать день-два и другим помучиться

[E.K.]

Вот совсем простенькая задачка на 5 минут максимум:

 

Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая только из простых чисел?

[Bobbi861]

  В 24.09.2023 в 17:09, E.K. сказал:

Вот совсем простенькая задачка на 5 минут максимум:

 

Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая только из простых чисел?

Показать  

Не  существует. 

[santax]

Не существует)

[E.K.]

Я тоже так думаю! Но давайте расскажем всем об этом завтра к вечеру, чтобы другие тоже голову поломали.

[E.K.]

Арифметическое решение ->

 

Предположим, что существует последовательность простых чисел, представляющих из себя арифметическую прогрессию:

 

p₀ = a

p₁ = a+d

...

p_n = a+n*d

 

Тогда p_a = a+a*d = a*(1+d) => a=1.

Тогда p_2+d = 1 + (2+d)*d = 1 + 2d + d² = (1+d)²

То есть, p_2+d - число составное. Противоречие.

 

Арифметических прогрессий, состоящих из простых чисел не существует.

 

Логическое решение ->

 

Если бы существовали арифметические прогрессии простых чисел, то никто бы не мучился с поиском очередных очень больших простых чисел.

[E.K.]

Ещё задачка. Сам пока не решал..

 

Можно ли с помощью 2-х, 3-х, 4-х и т.д. цветов раскрасить плоскость так, чтобы не было одноцветных точек, отстоящих друг от друга на расстоянии 1?

 

Для 2-х цветов ответ "нельзя" - это несложно. А вот для трёх?...

[Рогожников Евгений]

  В 25.09.2023 в 15:27, E.K. сказал:

А вот для трёх?...

Показать  

Для трёх тоже просто. Нельзя. 

И для 7 просто. Можно. 

Далее уже сложно

Изменено 26 сентября, 2023 пользователем Рогожников Евгений

[Bobbi861]

Для трех нельзя.  Пойдем от обратного.  Предположим, что любые две точки, лежащие на расстоянии 1, окрашены в разные цвета. Рассмотрим правильный треугольник ABC со стороной 1; все его вершины разного цвета. Пусть точка A1 симметрична A относительно прямой BC. Так как A1B = A1C = 1, то цвет точки A1 отличен от цветов точек B и C, т. е. она окрашена в тот же цвет, что и точка A. Эти рассуждения показывают, что если AA1 = $ \sqrt{3}$, то точки A и A1 одного цвета. Поэтому все точки окружности радиуса $ \sqrt{3}$ с центром A одного цвета. Ясно, что на этой окружности найдутся две точки, расстояние между которыми равно 1. Получено противоречие.
И для четырех нельзя.  А вот для пяти, шести или семи уже можно. 

[Рогожников Евгений]

Для 7 , имху, самое красивое решение, через раскраску гексами. Берём правильный шестиугольник со стороной 1/2. Окружаем его шестью такими же. Всё красим в разный цвет. Далее покрываем всю плоскость такими фигурами, сохраняя ориентацию. Это даст нужную раскраску. Дополнительно отметим по границе. у каждого гекса включаем 3 верхних рёбра, но не включает три нижних. 

 

Альтернативно можно взять доску 3х3 от крестики-нолики. Диагональ квадрата равна 1.  Всего там 9 квадратов. Угловые клетки красим в один цвет. Всё прочие в другие цвета. Всего 7 цветов. Опять мостим всю плоскость, сохраняя ориентацию. И опять включаем два рёбра, а два не включаем

 

Для 4, 5, 6 цветов пока не получается придумать сходу. 

[Рогожников Евгений]

  В 30.09.2023 в 11:33, Рогожников Евгений сказал:

Для 4, 5, 6 цветов пока не получается придумать сходу. 

Показать  

 

Не было никаких плодотворных идей. Из опыта знаю, что подобные задачки, несмотря на "простое" условие, часто бывают сверхсложными.

 

Погуглил.  В самом деле, оказалось, что задача "гроб".  На досуге решить не получится.      Известная задачка.  Хроматическое число плоскости.

Появилась в 1950 году. Сразу же были получены оценки 3 и 7. И более никаких продвижений 70 лет. Пару лет назад, вроде как, доказали, что 4-х цветов тоже не хватит. Но доказательство до сих пор проверяется 

[E.K.]

  В 02.10.2023 в 12:27, Рогожников Евгений сказал:

Погуглил.  В самом деле, оказалось, что задача "гроб".  На досуге решить не получится.  Известная задачка.  Хроматическое число плоскости.

Показать  

Ой, виноват.. Мне казалось, что задачка не самая сложная.. Но интернеты действительно считают иначе:

 

1) https://habr.com/ru/articles/358900/

2) https://elementy.ru/nauchno-populyarnaya_biblioteka/435850/Proryv_v_zadache_o_raskraske_ploskosti

 

- кстати, там же вроде показано, что цветов не менее 5.

[E.K.]

Ну, ладно. Слишком заумно получилось, каюсь. Тогда давайте чего-нибудь на первый взгляд попроще и рациональнее:

 

Может ли иррациональное число в степени иррационального числа быть рациональным?

[Рогожников Евгений]

  В 02.10.2023 в 16:13, E.K. сказал:

Может ли иррациональное число в степени иррационального числа быть рациональным?

Показать  

Сразу на ум пришло e^πi = 1.

Но тут комплексные числа. 

 

Среди вещественных ответ приводить не буду